Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Aufgabe 1 (Satz von Fubini)
Berechne die folgenden Integrale:
Z
(a)
yz + sin xey+2z d(x, y, z)
[0,π]×[0,1]2
Z
(b)
yx2 d(x, y) mit M := {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 ≤ 20, y ≥ x2 }
M
Z
z d(x, y, z) mit M := {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 ≤ z ≤ 4, y ≥ 0}
(c)
M
Lösung Teil (a). Wegen ey+2z = ey e2z für alle y, z ∈ R haben wir
Z
yz + sin xey+2z d(x, y, z)
[0,π]×[0,1]2
Z
2
1
=π
x dx
π
Z
+
0
Z
sin x dx ·
0
0
=
1
Z
e dx ·
x
1
2x
e dx
0
e2 − 1
π
π
+ 2(e − 1)
= + (e − 1)2 (e + 1).
4
2
4
√
Lösung Teil (b). Der Integrationsbereich M ist der Teil des Kreises mit Radius 20
und Mittelpunkt im Nullpunkt der oberhalb der durch y = x2 gegebenen Parabel liegt.
Der durch x2 +y 2 = 20 gegebene Kreis und die durch y = x2 gegebene Parabel scheiden
sich dabei in den beiden Punkten die sich als Lösungen der Gleichungen x2 +y 2 = 20 und
y = x2 ergeben. Setzen wir y 2 = x4 in die Kreisgleichung ein, so wird x4 + x2 − 20 = 0.
Somit ist
r
1
1
−1 ± 9
2
x =− ±
+ 20 =
, also x2 = 4 und x = ±2, y = 4.
2
4
2
Mit dem Satz von Fubini ergibt sich somit
2
Z
2
√
20−x2
Z
1 2 2
yx d(x, y) =
x 20 − x2 − x4 dx
yx dy dx =
2 −2
−2 x2
M
2 !
1 20 3 1 5 1 7 20 · 8 · 35 − 32 · 21 − 128 · 15
3008
=
x − x − x
=
=
.
2 3
5
7 −2
105
105
Z
Z
2
1
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
+
Lösung√Teil (c). In jeder Höhe 0 ≤ z ≤ 4 schneidet M einen Halbkreis B √z (0, 0) von
Radius z aus, also wird
Z
Z
z d(x, y, z) =
M
0
4
Z
Z
+
B √z (0,0)
4
+
z vol(B √z (0, 0)) dz
z d(x, y) dz =
0
π
=
2
Z
4
z 2 dz =
0
32
π.
3
Aufgabe 2 (Cavalieri Prinzip und Schwerpunkte)
Sei M := {(x, y) ∈ R2 |0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x2 }. Berechne die Fläche und den geometrischen Schwerpunkt von M .
Lösung Aufgabe 2. Der Flächeninhalt von M ist nach dem Cavalieri-Prinzip
Z 1
1
vol(M ) =
x2 dx = .
3
0
Zur Berechnung des Schwerpunkts haben wir
Z
Z
1
Z
x2
x d(x, y) =
M
Z
0
1
Z
y d(x, y) =
M
1
x3 dx = ,
4
x dy dx =
0
Z
1
Z
0
0
0
x2
1
y dy dx =
2
Z
0
1
x4 dx =
1
,
10
und der Schwerpunkt von M ergibt sich als
3/4
s(M ) =
.
3/10
Aufgabe 3 (Standardkoordinatensysteme I, Polarkoordinaten)
Sei c ∈ R mit 0 < c < 1 und setze ZM := {(x, y) ∈ R2 |x, y ≥ 0, 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, y ≤
p
y
c x2 + y 2 }. Berechne das Integral
d(x, y) durch Transformation auf Polarkoor2
M x
dinaten.
2
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Lösung Aufgabe 3. In Polarkoordinaten schreibt sich die Menge M als
f = {(r, φ) ∈ R≥0 × [−π, π]|1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ φ ≤ π/2, sin φ ≤ c}
M
= [1, 2] × [0, arcsin c]
und der Integrand wird wegen x = r cos φ, y = r sin φ zu
y
r sin φ
sin φ
= 2
=
.
2
2
x
r cos φ
r cos2 φ
Also ist
Z
M
Z
y
d(x, y) =
x2
sin φ
d(r, φ) =
cos2 φ
arcsin
Z c
sin φ
dφ.
cos2 φ
0
[1,2]×[0,arcsin c]
Wegen
sin φ
=
cos2 φ
1
− 2
cos φ
Z
· (− sin φ) ist
sin φ
1
dφ =
,
2
cos φ
cos φ
also wird
Z
M
arcsin c
y
1
1
1 d(x, y) =
− 1.
=
−1= √
2
x
cos φ 0
cos(arcsin c)
1 − c2
Aufgabe 4 (Standardkoordinatensysteme II, Kugelkoordinaten)
3
2
2
2
Sei
Z M := {(x, y, z) ∈ R |1 ≤ x + y + z ≤ 4, x, y, z ≥ 0}. Berechne das Integral
z
d(x, y, z) durch Transformation auf Kugelkoordinaten.
2
2
M 1+x +y
Lösung Aufgabe 4. Die Menge M ist der Teil der Kugelschale mit innerem Radius
1 und äußerem Radius 2 im ersten Oktanten, also in Kugelkoordinaten
n
o
h
i2
f := (r, φ, ψ) 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ φ, ψ ≤ π = [1, 2] × 0, π .
M
2
2
Für den Integranden rechnen wir
x2 + y 2 = r2 cos2 φ sin2 ψ + r2 sin2 φ sin2 ψ = r2 sin2 ψ,
also wird dieser in Kugelkoordinaten zu
z
r cos ψ
=
.
2
2
1+x +y
1 + r2 sin2 ψ
3
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Transformation des Integrals auf Kugelkoordinaten ergibt damit
Z
M
z
d(x, y, z) =
1 + x2 + y 2
r3 sin ψ cos ψ
d(r, φ, ψ)
2
f 1 + r 2 sin ψ
M
Z
π
=
2
Z
r3 sin ψ cos ψ
d(r, ψ).
1 + r2 sin2 ψ
[1,2]×[0,π/2]
Integrieren wir zuerst nach ψ, so ergibt sich
π/2
r3 sin ψ cos ψ
r
2
2
= r ln(1 + r2 ).
dψ
=
ln(1
+
r
sin
ψ)
2
2
2
1 + r2 sin ψ
0
0
R
Für das Gesamtintegral folgt wegen ln x dx = x ln x − x
Z
Z
M
π/2
z
π
d(x, y, z) =
2
2
1+x +y
4
Z
1
2
π
r ln(1 + r2 ) dr =
8
2 !
(1 + r2 ) ln(1 + r2 ) − r2 1
π
= · (5 ln(5) − 2 ln(2) − 3).
8
Aufgabe 5 (Integration durch Koordinatentransformation)
(a) Seien U := (1, ∞) × (−π, π) × (0, ∞) und
√
ϕ : U → R3 ; (r, φ, c) 7→ (cr cos φ, cr sin φ, r2 − 1).
Überprüfen Sie das ϕ eine Koordinatentransformation ist und bestimmen Sie insbesondere das Bild V = ϕ(U ).
(b) Berechne die Funktionaldeterminante
∂(x, y, z)
.
∂(r, φ, c)
(c) Sei
1
2
2
2
2
(x, y, z) ∈ R 0 ≤ z ≤ 2, (1 + z ) ≤ x + y ≤ 2(1 + z ) .
2
H :=
3
Berechne das Urbild A = ϕ−1 (H).
Z
(d) Berechne das Integral
x2 z d(x, y, z).
H
4
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Lösung
√ Teil (a). Ist (x,√y, z) = ϕ(r, φ, c) mit r > 1, |φ| < π und c > 0, so ist
z = r2 − 1 > 0 und r = 1 + z 2 . Damit ist r durch z festgelegt. In den ersten beiden
Koordinaten ist
x
y
√
,√
= (c cos φ, c sin φ),
1 + z2
1 + z2
d.h. (c, φ) sind die Polarkoordinaten des links stehenden Punktes. Damit sind auch
φ und c durch x, y, z festgelegt und als (x, y)-Koordinaten tritt die geschlitzte Ebene
C− := C\R≤0 auf. Damit ist die Abbildung ϕ bijektiv mit dem Bild V := √
ϕ(U ) =
−
C × (0, ∞). Die Abbildung ϕ ist stetig differenzierbar. Weiter hängt r = 1 + z 2
stetig
von x, y, z ab, und da sich c, φ als die Polarkoordinaten von
√ differenzierbar
√
2
2
x/ 1 + z , y/ 1 + z ergeben, hängen auch diese stetig differenzierbar von x, y, z ab.
Damit ist ϕ eine Koordinatentransformation.
Lösung Teil (b). Es sind
c cos φ
−cr sin φ
r cos φ
∂ϕ
∂ϕ
∂ϕ
c sin φ ,
cr cos φ ,
r sin φ ,
=
=
=
∂r
∂φ
∂c
√ r
0
0
r2 −1
und als Funktionaldeterminante ergibt sich
c cos φ −cr sin φ r cos φ 3
− sin φ cos φ
cr
∂(x, y, z) = c sin φ cr cos φ r sin φ = √
2 − 1 cos φ
sin φ
∂(r, φ, c) √ r
r
0
0
r2 −1
= −√
Lösung √
Teil (c). Wegen z =
also r ≤ 5. Weiter sind
√
r2 − 1 > 0 ist 0 ≤ z ≤ 2 gleichwertig zu
√
cr3
.
r2 − 1
r2 − 1 ≤ 2,
1 + z 2 = r2 und x2 + y 2 = c2 r2
also
√
r2
1√
1
(1 + z 2 ) ≤ x2 + y 2 ≤ 2(1 + z 2 ) ⇐⇒
≤ c2 r2 ≤ 2r2 ⇐⇒
2 ≤ c ≤ 2.
2
2
2
√
√
√
Damit ist H = ϕ(A) mit A := [1, 5] × [−π, π] × [ 12 2, 2].
Lösung Teil (d). Mit der Transformationsformel wird
Z
Z
√
cr3
2
d(r, φ, c)
x z d(x, y, z) =
c2 r2 r2 − 1 cos2 φ · √
r2 − 1
H
A
! Z
!
Z √
Z √
5
π
r5 dr
=
1
2
cos2 φ dφ ·
·
−π
√
1
2
5
c3 dc
2
=
62
15
155
·π·
=
π.
3
16
8
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Aufgabe 6 (Kurvenintegrale I, cartesische Koordinaten)
Sei γ die durch γ(t) = (2 + 4t, 2 − 4 cos t, t − sin t cos t) für 0 ≤ t ≤ π gegebene Kurve.
(a) Berechne die Länge `(γ) von γ.
R
(b) Berechne das skalare Kurvenintegral γ x ds.
R
(c) Berechne das Linienintegral γ x dx + (2 − y) dy + z dz.
Lösung Teil (a). Für 0 ≤ t ≤ π ist
4
γ 0 (t) = 4 sin t
2 sin2 t
also haben wir
|γ 0 (t)|2 = 4(4 + 4 sin2 t + sin4 t) = 4(2 + sin2 t)2
und somit auch |γ 0 (t)| = 2(2 + sin2 t) = 5 − cos(2t). Die Länge von γ ist damit
π
Z π
1
`(γ) =
5 − cos(2t) dt = 5t − sin(2t) = 5π.
2
0
0
Lösung Teil (b). Es ist
Z
Z π
Z
x ds =
(2 + 4t) · (5 − cos(2t)) dt =
γ
0
π
10 + 20t − 2 cos(2t) − 4t cos(2t) dt
π
Z π
2
sin(2t) dt = 10π(1 + π).
= 10t + 10t − sin(2t) − 2t sin(2t) + 2
0
0
0
Lösung Teil (c). Es ist
Z
Z π
x dx + (2 − y) dy + z dz =
(2 + 4t) · 4 + 4 cos t · 4 sin t + (t − sin t cos t) · 2 sin2 t dt
γ
0
Z π
=
8 + 17t + 16 sin t cos t − t cos(2t) − 2 sin3 t cos t dt
0
π
Z
1
1 4 1 π
17
17 2
2
= 8t + t + 8 sin t − t sin(2t) − sin t +
sin(2t) dt = 8 + π · π.
2
2
2
2 0
2
0
6
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Aufgabe 7 (Kurvenintegrale II, Polarkoordinaten)
Sei a > 0. Die Kardiode ist die durch γ(φ) = (a(1 + cos φ), φ) für |φ| ≤ π in Polarkoordinaten gegebene Kurve.
(a) Berechne die Länge `(γ) von γ.
R
(b) Berechne das skalare Kurvenintegral γ |y| ds (Der Integrand ist in cartesischen
Koordinaten gegeben).
R
(c) Berechne das Linienintegral γ x dx + y dy (Integrand wieder in cartesischen Koordinaten).
Lösung Teil (a). Es ist r = a(1 + cos φ), also
s q
2
p
dr
dr
2
= −a sin φ und
+ r = a2 sin2 φ + a2 (1 + cos φ)2 = a 2 + 2 cos φ.
dφ
dφ
Weiter gilt
φ
1 + cos φ = 1 + cos 2 ·
2
φ
= 2 cos2 ,
2
und wegen |φ| ≤ π ist |φ/2| ≤ π/2 also cos(φ/2) ≥ 0 und
s 2
dr
φ
+ r2 = 2a cos .
dφ
2
Für die Länge ergibt sich
π
φ
φ `(γ) = 2a
cos dφ = 4a sin = 8a.
2
2 −π
−π
Z
π
Lösung Teil (b). Für |φ| ≤ π ist
|y| = |r sin φ| = r sin |φ| = a(1 + cos φ) sin |φ|,
also wird das skalare Kurvenintegral zu
Z
Z π
Z π
φ
φ
2
2
|y| ds = 2a
(1 + cos φ) cos sin |φ| dφ = 4a
(1 + cos φ) cos sin φ dφ
2
2
γ
−π
0
π
Z π
32 2
32 2
φ
2
4 φ
5 φ
= 16a
sin cos
dφ = − a cos =
a.
2
2
5
2 0
5
0
7
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Lösung Teil (c). Es ist
Z
Z
∂
∂
x dx + y dy = F · ds mit F = x
+y .
∂x
∂y
γ
γ
Wir schreiben das Vektorfeld F in Polarkoordinaten
sin φ ∂
∂
cos φ ∂
∂
+ r sin φ sin φ +
F = r cos φ cos φ −
∂r
r ∂φ
∂r
r ∂φ
∂
∂
∂
∂
∂
= r cos2 φ − sin φ cos φ
+ r sin2 φ + sin φ cos φ
=r .
∂r
∂φ
∂r
∂φ
∂r
Alternativ kann man dies auch ohne Rechnung sehen, F = x∂/∂x + y∂/∂y ist der
Ortsvektor in cartesischen Koordinaten, also in Polarkoordinatem F = rer = r∂/∂r.
Das Linienintegral ergibt sich als
Z π
Z
Z π
dr
2
(1 + cos φ) sin φ dφ = 0.
x dx + y dy =
a(1 + cos φ) dφ = −a
dφ
−π
γ
−π
In dieser konkreten Aufgabe kann man ohne Rechnung auch argumentieren das die
Kurve γ geschlossen ist und das Vektorfeld F das Potentialkriterium auf ganz R2
erfüllt, also muss das Linienintegral Null sein. In der Klausur muss das aber nicht so
sein.
Aufgabe 8 (Potentiale)
Sei F das folgende auf ganz R2 definierte Vektorfeld
y sin x − x cos y
F (x, y) =
.
x2
sin y − cos x + cos y
2
(a) Überprüfe mit Hilfe des Potentialkriteriums das F ein Potentialfeld ist.
(b) Berechne ein Potential von F .
(c) Sei γ die Kurve
π
γ(t) := t sin t, t + t t −
tan
2
R
und berechne das Kurvenintegral γ F (s) · ds.
8
π
4 + t2
, 0≤t≤
π
2
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Lösung Teil (a). Es ist
∂F1
∂F2
= sin x + x sin y =
,
∂y
∂x
also erfüllt F das Potentialkriterium, und hat damit ein Potential auf R2 .
Lösung Teil (b). Wir verwenden die Methode der unbestimmten Integration. Es ist
Z
x2
cos y,
y sin x − x cos y dx = −y cos x −
2
also schreiben wir das Potential −ϕ als
x2
ϕ(x, y) = h(y) − y cos x −
cos y.
2
Es wird
x2
∂ϕ
x2
sin y − cos x + cos y =
= h0 (y) − cos x +
sin y =⇒ h0 (y) = cos y.
2
∂y
2
Also können wir h(y) = sin y verwenden und erhalten das Potential
ϕ(x, y) = sin y − y cos x −
x2
cos y.
2
Lösung Teil (c). Es ist γ(0) = (0, 0) und γ(π/2) = (π/2, π/2), also
Z
π π ,
F · ds = ϕ
− ϕ(0, 0) = 1.
2 2
γ
Aufgabe 9 (Flächenintegrale)
Sei R > 0 und bezeichne D den Teil der Kugel mit Radius R im ersten Oktanten, also
D = {x ∈ R3≥0 : |x| = R} orientiert mit Normalenvektor nach außen zeigend.
R
(a) Berechne D xyz dσ.
R
(b) Sei F das durch F (x, y, z) = (−y, x, z) definierte Vektorfeld. Berechne D F · dσ.
9
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Lösung Teil (a). Die volle Kugeloberfläche können wir durch Kugelkoordinaten φ, ψ
parametrisieren und müssen uns nur noch überlegen welchen Werten von φ, ψ die Menge
D entspricht. Dass x, y ≥ 0 sind bedeutet das der Winkel φ zur xz-Ebene zwischen 0
und π/2 liegt und z ≥ 0 heißt das der Punkt oberhalb des Äquators liegt, d.h. ψ liegt
ebenfalls zwischen 0 und π/2. Damit können wir die Fläche D durch
ϕ(φ, ψ) = (R cos φ sin ψ, R sin φ sin ψ, R cos ψ), 0 ≤ φ, ψ ≤
π
2
parametrisieren. Orientiert ist dies mit nach innen zeigenden Normalenvektoren, die
Funktion ϕ parametrisiert also das entgegengesetzt orientierte Flächenstück D− . Nach
Vorlesung wissen wir
cos φ sin ψ
∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ
2
= R2 sin ψ.
×
= −R sin ψ · sin φ sin ψ und ×
∂φ ∂ψ
∂φ ∂ψ cos ψ
Das skalare Flächenintegral wird zu
Z
Z
xyz dσ(x, y, z) =
R5 sin φ cos φ sin3 ψ cos ψ d(φ, ψ)
D
[0,π/2]2
Z
= R5
!
π/2
sin φ cos φ dφ
0
Z
!
π/2
sin3 ψ cos ψ dψ
·
0
= R5
π/2 !
1 2 sin φ
·
2
0
π/2 !
1 4 1
sin ψ = R5 .
4
8
0
Lösung Teil (b). Auf der Fläche D ist
F·
∂ϕ ∂ϕ
×
∂φ ∂ψ
−R sin φ sin ψ
cos φ sin ψ
= −R2 sin ψ R cos φ sin ψ · sin φ sin ψ
R cos ψ
cos ψ
= −R2 sin ψ(−R sin φ cos φ sin2 ψ + R sin φ cos φ sin2 ψ + R cos2 ψ)
= −R3 sin ψ cos2 ψ,
und das Flächenintegral wird zu
Z
Z
F · dσ =
D
π
R sin ψ cos ψ d(φ, ψ) = R3
2
3
2
[0,π/2]2
Z
π/2
sin ψ cos2 ψ dψ
0
π
= R3
2
10
π/2 !
1
1
− cos3 ψ = πR3 .
3
6
0
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Aufgabe 10 (Gradient und Divergenz)
Sei f die Funktion f (x, y, z) = x2 + y 2 + sin z.
(a) Berechne das Gradientenfeld F = grad(f ).
(b) Berechne die Divergenz div(F ).
(c) Seien R, h > 0 und bezeichne D die Menge
D := {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 ≤ R2 , 0 ≤ z ≤ h}.
H
Berechne das Oberflächenintegral ∂D F · dσ.
Lösung Teil (a). Es sind
∂f
∂f
∂f
= 2x,
= 2y,
= cos z,
∂x
∂y
∂z
also wird der Gradient zu
2x
F = grad f = 2y .
cos z
Lösung Teil (b). Es ist
div F =
∂F1 ∂F2 ∂F3
+
+
= 4 − sin z.
∂x
∂y
∂z
Lösung Teil (c). Die Menge D ist ein Zylinder der Höhe h mit Radius R. Mit dem
Divergenzsatz ergibt sich
Z
F · dσ =
∂D
Z
Z
(4 − sin z) d(x, y, z)
Z h
2
sin z dz = πR2 (4h + cos h − 1).
= 4 vol(D) − πR
div F (x, y, z) d(x, y, z) =
D
D
0
11
Mathematik für Ingenieure III, WS 2015/2016 Übungsklausur (Teil 1), mit Lösungen
Aufgabe 11 (Rotation und der Satz von Stokes)
Sei F das durch die Formel
2
ex +1 + y − z
F (x, y, z) = x − ln(y 2 + 1) + z
z6
x2 + y − 2+sin
z
definierte Vektorfeld. Weiter sei r > 0 gegeben und betrachte die Kurve γ(t) := (1 +
r cos t, 1, r sin t) für 0 ≤ t ≤ 2π.
(a) Berechne die Rotation rot F des Vektorfelds F .
H
(b) Berechne das Kurvenintegral γ F · ds.
Lösung Teil (a). Es ist
1−1
0
rot F = ∇ × F = −1 − 2x = − 1 + 2x .
1−1
0
Lösung Teil (b). Die Kurve γ ist ein Kreis in der Ebene y = 1 mit Radius r und
Mittelpunkt (1, 1, 0). Mit B bezeichnen wir den ausgefüllten Kreis, also
B := {(x, 1, z)|(x − 1)2 + z 2 ≤ r2 } ⊆ R3 .
Orientieren wir den Kreis B mit nach vorne zeigenden Normalenvektoren (also in Richtung der negativen y-Achse), so wird die Randkurve ∂B des Kreises im Gegenuhrzeigersinn durchlaufen, und ist damit durch die Kurve γ parametrisiert. Mit dem Satz
von Stokes folgt
I
I
Z
F · ds =
F · ds =
rot F · dσ.
γ
∂B
B
Parametrisieren wir B durch ϕ(x, z) = (x, 1, z), so sind ∂ϕ/∂x = e1 , ∂ϕ/∂z = e3 und
der Normalenvektor bezüglich der Parametrisierung ϕ ist e1 × e3 = −e2 , also ist B
in dieser Parametrisierung mit nach vorne zeigenden Normalenvektor parametrisiert.
Also mit A := {(x, z) ∈ R2 |(x − 1)2 + z 2 ≤ r2 }
I
Z
Z
F · ds = − rot F (x, 1, z) · e2 d(x, z) = (1 + 2x) d(x, z)
A
γ
A
Z
= vol(A) + 2 x d(x, z) = πr2 + 2πr2 = 3πr2 .
A
Dabei haben wir verwendet das
des Schwerpunkts von A ist.
R
A
x d(x, z) gleich vol(A) = πr2 mal der x-Koordinate
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